Male $(x+3\sqrt{5})^{24}$

[Troleito br00tal]

Own come lo sterco. Determinare tutte le soluzioni intere di $(a+3\sqrt{5})^{24}+(b+3\sqrt{5})^{24}+(c+3\sqrt{5})^{24}=(d+3\sqrt{5})^{24}+(e+3\sqrt{5})^{24}$.

[Kfp]

Testo nascosto:

Osserviamo modulo 7 questo splendore. Notiamo che 5 non è un residuo quadratico modulo 7, quindi ha senso mettere in corrispondenza l'insieme dei numeri $a+b \sqrt{5}$ con quello delle coppie $(a , b)$ modulo 7. Ora diciamo che un numero dell'insieme è zero se e solo se 7 divide $a$ e 7 divide $b$. Fatto ciò, si dimostra (spero?) che nel mio nuovo insieme valgono legge di annullamento del prodotto ed amenità connesse. Ora consideriamo tutti i $7^2-1$ elementi dell'insieme senza lo 0; moltiplicando ciasuno di essi per un qualsiasi elemeno nonzero $x$ dell'insieme, otteniamo una permutazione dei 48 elementi di prima. Dividendo per il prodotto dei suddetti 48 elementi otteniamo che, per ogni elemento $x$ del mio insieme, vale:
$$x^{48} \equiv 1 \pmod 7 $$

ora, i numeri elevati alla $24$ come nel testo sono radici dell'unità nell'insieme senza lo zero (sono tranquillo sull'ipotesi del nonzero perchè, per come è definita la divisibilità, 7 nondivide 3 e quindi sono felice). Dobbiamo quindi cercare di capire quali sono le radici dell'unità in questo insieme. Scriviamo:
$$a^{2}+5b^{2}+2ab \sqrt{5} \equiv 1$$
che ci porta banalmente al fatto che uno tra $a$ e $b$ è zero. Se $b$ è zero allora banalmente abbiamo $a=1$, $a=-1$ (tutto modulo 7, ovviamente). Se $a$ fosse 0, dovrei avere $b^2 \equiv \frac{1}{5}$, impossibile perchè $5$ non è residuo quadratico modulo $7$. Per cui le uniche radici dell'unità nel mio strano insieme sono $1$ e $-1$. Ma allora i cinque fattori che appaiono nel testo possono essere uguali solo a $1$ o $-1$, e a questo punto è banale vedere che è impossibile avere uguaglianza. Non ci sono dunque soluzioni.

[Troleito br00tal]

Bene! In particolare quell'insieme è pure un gruppo rispetto alla moltiplicazione e tra l'altro ammette pure generatori!

[Drago96]

Beh, dato che ho tempo da buttare (come no), scrivo un po'...
Sia $p$ un primo e $D$ un non residuo quadratico modulo $p$.
Consideriamo l'insieme $S=\{0,1,\dots,p-1\}^2$ e definiamo la somma componente per componente modulo $p$, la moltiplicazione come $(a,b)\cdot(c,d)=(ac+Dbd,bc+ad)$ sempre modulo $p$; il nostro $0_S$ sarà $(0,0)$ e $1_S$ sarà $(1,0)$.
Questo nostro $S$ è un campo (una cosa con circa questa struttura si chiama campo di spezzamento di $x^2-D$ su $\mathbb Z/p\mathbb Z$ mi pare), dimostriamolo!

Testo nascosto:

$(S,+)$ è un gruppo abeliano, e vabeh...

$(S^\ast,\cdot)$ è gruppo abeliano, vediamolo:
- $\cdot$ è ovviamente interna, abbiamo interi modulo $p$
- $((a,b)\cdot(c,d))\cdot(e,f)=(ace+Debd+Dcbf+Dadf,cbe+dae+fac+Dbdf)=(a,b)\cdot((c,d)\cdot(e,f))$
- è commutativo, si vede
- $(1,0)\cdot(a,b)=(a\cdot1+Db\cdot0,a\cdot0+b\cdot1)=(a,b)$
- dato un elemento $X=(a,b)$ non-zero cerchiamo il suo inverso; poiché $D$ è non residuo, allora $a^2-Db^2$ è non-zero modulo $p$, quindi c'è il suo inverso "normale" che chiamiamo $i$; in particolare verifichiamo che l'inverso è $X^{-1}=(ai,-bi)$: $X\cdot X^{-1}=(a^2i-Db^2i,abi+a(-bi))=(i(a^2-Db^2),0)=(1,0)$

Proprietà distributiva: $(a,b)\cdot((c,d)+(e,f))=(ac+ae+Dbd+Dbf,bc+be+ad+af)=(a,b)\cdot(c,d)+(a,b)\cdot(e,f)$

Bene, abbiamo ora gratis annullamento del prodotto e iniettività della moltiplicazione:

Testo nascosto:

Siano $a,b\in S$ tali che $ab=0$; supponiamo che $a\neq0$. Allora sappiamo che esiste $a^{-1}\in S$, e moltiplichiamolo alla relazione di prima: $a^{-1}\cdot(ab)=0\cdot a^{-1}$ ovvero per associatività $b=0$.
Prendiamo ora un $x\in S^\ast$ e $a,b\in S$, e supponiamo che $ax=bx$; ma allora $x(a-b)=0$ e per annullamento del prodotto, dato che $x\neq0$, $a=b$.

A questo punto abbiamo anche Fermat, o Eulero, o Lagrange o come vi pare, ovvero dato un $x\in S^\ast$, abbiamo $x^{p^2-1}=1$.

Testo nascosto:

Come diceva il buon kfp, se prendiamo l'insieme $xS^\ast=\{xa : a\in S^\ast\}$ ci accorgiamo che è $S^\ast$ stesso perché non ripeto due elementi e ne ho esattamente $p^2-1$; dunque il prodotto è uguale, e poiché ho degli inversi semplifico tutto il semplificabile e ottengo il mio bel teorema.
Possiamo ancora dire qualcosa: detto $k=p^2-1$, abbiamo che l'ordine di ogni elemento divide $k$: dato $x\in S^\ast$, il suo ordine $l$ è il minimo tale che $x^l=1$; supponiamo per assurdo che $k=ql+r$ con $0<r<l$ (divisione euclidea negli interi), allora $1=x^k=(x^l)^qx^r=1\cdot x^r$, ma ciò è assurdo per minimalità di $l$.

Sperando intanto che di questo si capisca qualcosa, prima o poi, magari, se riuscirò a chiarirmi bene le idee, scriverò qualcosa su polinomi e generatori...

[<enigma>]

Visto che ho un po' di tempo, ne approfitto per scrivere qualche riga per inquadrare le cose che avete dimostrato in un contesto più generale e stimolare la vostra curiosità. I forumisti pragmatici possono perciò tranquillamente ignorarmi.

Testo nascosto:

Viene naturale chiedersi cosa succederebbe se considerassi i numeri $a+b\sqrt D$ con $D$ residuo modulo $p$, o se invece di $D$ volessi aggiungere altre radici e altra roba, e in generale come faccio a definire le operazioni su una struttura buona.

La costruzione generale è la seguente.
Supponiamo per semplicità di avere un anello di polinomi in una variabile su un campo $K$ (un insieme con due operazioni $+$ e $\cdot$ che si comportano bene), che chiamiamo $K[x]$; in altre parole, considero le espressioni formali finite del tipo $\sum_i a_i x^i, a_i \in K$, che hanno una naturale struttura di anello (come un campo ma con $\cdot$ che si comporta meno bene).

Inoltre i multipli di un polinomio $f$ generano un ideale (un insieme chiuso per somma, e per moltiplicazione per elementi dell'anello), e posso considerare l'anello quoziente $K[x]/(f(x))$.
Si mostra che questo è un campo se e solo se $f$ è irriducibile su $K$.
Inoltre, se $\alpha$ è una radice di $f$ da qualche parte, $K[\alpha]$ è "lo stesso" di $K[x]/(f(x))$.

Più in particolare, si trova anche che nel caso in cui $K=\mathbb Z/p\mathbb Z$, il campo così ottenuto ha $p^n$ elementi, con $n=\deg f$, e la teoria mi dice che deve essere il campo finito $\mathbb F_{p^n}$.

Quello che Drago96 ha fatto dunque non è altro che costruire a mano il campo finito con $p^2$ elementi. Notate che con la mia definizione $(a+bx)(c+dx)=ac+(ad+bc)x+bdx^2 \equiv ac+(ad+bc)x+bdx^2-bd(x^2-D)=(ac+Dbd)+(ad+bc)x$ (fare il quoziente in questo caso vuol dire in sostanza che levo multipli di $x^2-D$ finché non rimango con roba di grado $\leq 1$), che è proprio la regoletta giusta.

Le varie proprietà seguono abbastanza immediatamente: come ho scritto, la teoria mi dice che quello ottenuto è un campo; un campo è anche un dominio d'integrità e vale la legge di annullamento del prodotto; infine, tutti gli elementi tranne $0$ sono invertibili, e Lagrange mi dà subito che ogni elemento ha ordine che divide $p^2-1$.
Come vedete, con il giusto framework assiomatico si sa subito dove si va a parare e quali proprietà si vogliono verificare; senza, è ogni volta un lavoro caso per caso.

Come ultimo spunto, sempre se stiamo parlando di campi finiti, la descrizione del loro gruppo moltiplicativo è molto semplice perché è ciclico.

Se avete capito poco non preoccupatevi, studierete tutto a tempo debito.